Tema om ramper

6.1 En lineær rampe

Lad en lineært faldende rampe danne vinklen $\theta$ til vandret og have en højde $h$ . En geometrisk betragtning giver rampens længde, $L$ , til:

$L=\frac{h}{\sin\theta}$

og rampen beskrives i et almindeligt $(x,y)$ -koordinatsystem ved:

$\begin{array}{rcl} x&=&s\cos\theta\\ y&=&\displaystyle h\frac{L-s}{L}\\ &=&h -s \sin\theta \end{array}$

hvor $s$ er afstanden langs rampen fra dens top, dvs et tal mellem $0$ og $L$ .

Figure 1

Exercise 1

Lav ovenstående figur.

Hint: benyt matplotlib.pyplot.arrow til at lave pile. Tegn to enkelt-hovedet pile oveni hinanden for at få en pil med hovede i hver ende.

6.2 Integration af bevægelsesligningerne

Klodsen er under påvirkning af to kræfter, tyngdekraften og en normalkraft. Den resulterende kraft peger i rampens nedadgående retning, dvs. i den positive $s$ -retning, og har en størrelse:

$F_{res}=mg\sin(\theta),$

hvor $\theta$ altså er rampens vinkel til vandret. Indføres hastighed $v_s$ og acceleration $a_s$ af klodsen i $s$ -retningen kan Newtons 2. lov opstilles:

$\begin{array}{rcl} ma_s&=&F_{res}\\\\ \displaystyle m\frac{dv_s}{dt}&=&mg\sin(\theta). \end{array}$

Løsningen for hastigheden bliver:

$\begin{array}{rcl} dv_s&=&g\sin(\theta)dt\\\\ \displaystyle\int dv_s&=&\displaystyle\int g\sin(\theta)dt\\\\ v_s(t)&=&g\sin(\theta) t. \end{array}$

Da hastigheden kan skrives $\displaystyle v_s=\frac{ds}{dt}$ har vi endvidere for positionen, $s$ :

$\begin{array}{rcl} ds&=&g\sin(\theta) t dt\\\\ \displaystyle\int ds&=&\displaystyle\int g\sin(\theta) t dt\\\\ s&=&\displaystyle\frac{1}{2} g\sin(\theta) t^2. \end{array}$

Hermed kan følgende ligning for tidspunktet, $t=T$ , til hvilket rampen er tilbagelagt opstilles og løses:

$\begin{array}{rcl} \displaystyle L&=&\displaystyle\frac{1}{2} g\sin(\theta) T^2\\\\ \displaystyle\frac{h}{\sin(\theta)}&=&\displaystyle\frac{1}{2} g\sin(\theta) T^2\\\\ \displaystyle\frac{2h}{g}\frac{1}{\sin^2\theta}&=&T^2, \end{array}$

hvorved vi har:

$T=\displaystyle\sqrt{\frac{2h}{g}}\frac{1}{\sin\theta}$

Vi skal senere henvise til dette resultat som "det analytiske udtryk".

6.3 Energibetragtning

Lad os nu i stedet nå samme resultat via en energibetragtning. Ved positionen $(x,y)$ har tyngdekraften udført et arbejde:

$\begin{array}{rcl} W&=&-\Bigl(U-U_0\Bigr)\\\\ &=&-\Bigl(mgy-mgh\Bigr)\\\\ &=&mg(h-y) \end{array}$

hvor $U$ er den potentielle energi og hvor subskriptet "0" markerer startværdien. Det udførte arbejde bliver til tilvæksten i klodsens kinetiske energi:

$\begin{array}{rcl} \Delta K&=&\displaystyle\frac{1}{2}mv^2-\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2\\\\ &=&\displaystyle\frac{1}{2}mv^2=mg(h-y)\\ \end{array}$

idet klodsens starthastighed, $v_0$ , er nul. Vi får nu:

$v=\sqrt{2 g}\sqrt{h-y}.$

Det er vigtigt at forstå at $v$ er hastigheden langs vejen (og fx ikke blot den tidsafledede af $y$ ). Koordinaten langs vejen kalder vi $s$ og når det envidere medtages at højden, $y$ , er en funktion af $s$ ser formlen således ud:

$\displaystyle\frac{ds}{dt}=\sqrt{2 g}\sqrt{h-y(s)}.$

Indsættelse af $y$ udtrykt ved $s$ giver:

$\begin{array}{rcl} \displaystyle\frac{ds}{dt}&=&\sqrt{2g}\sqrt{h-(h-s\sin\theta)}\\\\ &=&\sqrt{2g}\sqrt{s\sin\theta} \end{array}$

og separation af de variable leder til:

$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2g}\sqrt{s\sin\theta}}ds=dt,$

der efter integration på begge sider giver:

$t=\displaystyle\int_0^s\frac{1}{\sqrt{2g}\sqrt{s'\sin\theta}}ds'$

hvorved vi er fremme ved en relation mellem tid og distance tilbagelagt langs vejen.

Exercise 2

Benyt den netop udledte formel til numerisk med quad at bestemme tiden det tager klodsen at gennemløbe rampen:

$T=\displaystyle\int_0^L\frac{1}{\sqrt{2g}\sqrt{s'\sin\theta}}ds'$

Sammenlign med hvad du får under anvendelse af det analytiske udtryk.

Den analytiske løsning til ovenstående er:

$\begin{array}{rcl} t&=&\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2g}}\Bigl[2\sqrt{s'\sin\theta}\frac{1}{\sin\theta}\Bigr]_0^s\\\\ &=&\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{g\sin\theta}}\sqrt{s}\\ \end{array}$

hvilket for $s$ udtrykt ved $t$ bliver til:

$\begin{array}{rcl} t^2&=&\displaystyle\frac{2}{g\sin\theta}s\\\\ s&=& \displaystyle\frac{1}{2}g\sin(\theta)t^2. \end{array}$

Dette udtryk fremkommet ved en energibetragtning ses at være identisk med udtrykket fundet på baggrund af løsningen af bevægelsesligningerne (Newtons 2. lov).

6.4 Opgaver, energibetragtning

Exercise 3

Denne opgave omhandler en klods på en rampe med samme $h$ og $\theta$ -værdier som tidligere, dog har rampen en overflade, der følger en parabel:

Figure 1

og dermed er $\theta$ ikke så naturlig en størrelse til at beskrive rampen med. I stedet skal vi benytte den horizontale afstand, $w$ , mellem rampens start og slutpunkt, der opfylder:

$w=L\cos\theta = \frac{h}{\sin\theta}\cos\theta,$

hvor $L$ er længden af den lineære rampe. $w$ er dermed er givet ved:

$w=\frac{h}{\tan\theta}.$

Vi skal vælge at skrive parablen på følgende måde:

$y(x) = a\left(x-w\right)\left(x-x_1\right),$

hvor $a$ og $x_1$ er frie parametre. Disse skal dog vælges under hensyntagen til at rampen skal have højden $h$ , hvorfor vi har:

$a=\frac{h}{w x_1}.$

Hermed er $x_1$ den eneste frie parameter.

a) Overvej hvilke værdier af $x_1$ der giver negative hældningskoefficienter for $x=0$ og dermed får klodsen til at begynde at bevæge sig til højre ned ad rampen til at starte med. Plot for nogle forskellige værdier af disse "tilladte" $x_1$ den parabelformede vej.

Figure 2

Nu skal tiden det tager at gennemløbe den parabelformede vej beregnes.

b) Fra ovenstående energibetragtninger kender vi relationen mellem hastigheden langs vejen, $\displaystyle\frac{ds}{dt}$ , og højden af klodsen, $y(s)$ , som funktion af vejen, $s$ . Med separation af de variable får du:

$\int_0^s\frac{1}{\sqrt{2 g}\sqrt{h-y(s')}}ds'=\int_0^tdt'.$

Problemet er nu at $y$ er kendt som funktion af $x$ men ikke af $s$ . Vi indskyder derfor et variabelskift:

$\int_0^s\frac{1}{\sqrt{2 g}\sqrt{h-y(s')}}ds'=\int_0^x\frac{1}{\sqrt{2 g}\sqrt{h-y(x')}}\frac{ds}{dx}dx'.$

Nu benyttes $y$ som funktion af integrationsvariablen, $x$ , hvilket er en kendt funktion, og eneste tilbageværende udfordring er differentialkvotienten $\displaystyle\frac{ds}{dx}$ . Denne findes af udtrykket for en kurvelængde:

$\begin{array}{rcl} s(x)&=&\displaystyle\int_{0}^{x} \sqrt{\Bigl(\frac{dx}{dx}\Bigr)^2+\Bigl(\frac{dy}{dx}\Bigr)^2}dx\\\\ &=&\displaystyle\int_{0}^{x} \sqrt{1+\Bigl(\frac{dy}{dx}\Bigr)^2}dx' \end{array}$

under brug af differentialregningens fundamentalsætning.

c) Færdiggør udtrykket for tiden, $t$ , det tager klodsen at glide frem til $x$ , jf. ovenstående forklaring.

d) Skriv en Python funktion, der udfører integralet frem til $w$ og dermed beregner tiden det tager klodsen at gennemløbe hele rampen. Lad funktionen tage $x_1$ som argument. Tjek at du for store $x_1$ får det samme som det analytisk udtryk for den lineære rampe giver.

e) Optimér med fmin tiden, der tager at gennemløbe en parabelformet rampe og bestem dermed den optimale værdi for $x_1$ . Det kommer til at gå 15 $\%$ hurtigere end den tilsvarende tid for den lineære rampe.

Exercise 4

Denne opgave omhandler også en klods på en rampe. Denne gang skal rampen have en overflade, der følger den omvendte cykloide:

Figure 1

Den omvendte cykloide har ligningen:

$\begin{array}{rcl} x&=&a(\phi-\sin\phi)\\ y&=&a(1+\cos\phi) + y_0 \end{array}$

Vi har betingelserne at rampen starter i $(0,h)$ og slutter i et punkt $\Bigl(x(\phi_e),y(\phi_e)\Bigr)$ således at hældningen af den rette linie mellem start og slutpunktet bliver $\theta$ . Dette kan skrives:

$y(\phi=0)=h$

$\begin{array}{rcl} \tan(-\theta)&=&\displaystyle\frac{\Delta y}{\Delta x}\\\\ &=&\displaystyle\frac{y(\phi_e)-y(0)}{x(\phi_e)-x(0)}\\\\ &=&\displaystyle\frac{[a(1+\cos\phi_e)+y_0]-[2a+y_0]}{a(\phi_e-\sin\phi_e)} \end{array}$

a) Bestem for $h=5$ og $\theta=20^\circ$ den ubekendte $\phi_e$ af nederste ligning ved hjælp af fsolve. Bestem dernæst $x(\phi_e)$ udtrykt ved $a$ . Udled ud fra en tegning sammenhængen mellem $x(\phi_e)$ og $h$ samt $\theta$ . Ud fra de to udtryk for $x(\phi_e)$ udledes nu $a$ . Find slutteligt $y_0$ . Plot den omvendte cykloide.

b) Gentag spørgsmål a) men nu hvor du benytter $\theta=30^\circ$ for at kunne sammenligne med de tidligere opgaver. Din figur kommer nu til at se således ud:

Figure 2

c) Beregn hvor lang tid det tager at komme ned ad rampen med starthastighed nul. Du skal evt. starte integrationen for en lille $\phi$ -værdi fremfor for 0. Dette skyldes ustabiliteten i den lodrette hældningskoefficient ved netop $\phi=0$ . Sammenlign med de tidligere resultater for de lineære og parabel-formede ramper. Du skal se at det nu går hurtigere. Faktisk er den omvendte cykloide den optimale løsning til problemet - altså den rampe-form, der får et objekt hurtigst muligt ned ad en vej uden gnidningstab i et tyngdefelt. Du kan evt. søge på "the brachistochrone problem" hvis du ønsker at læse mere om det.

d) Den omvendte cykloide er også løsningen til "the tautochrone problem": at ligemeget hvor på rampen en partikel startes ud (med hastighed nul) så vil det tage samme tid at nå slutmålet. Sandsynliggør dette postulat ved at beregne tiden det tager at nå i mål når der startes forskellige steder på den omvendte cykloide. Gælder postulatet for alle omvendte cykloider - eller kun for dem, der ender med flad tangent (dvs ender i $\phi_e=\pi$ )?